Đành trâu bò vậy.
Kí hiệu $a$, $b$, $c$ là độ dài $BC$, $CA$, $AB$. $p,R,r$ là nửa chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp $\triangle ABC$.
$S_A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2}$, $S_B=\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2}$, $S_C=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2}$
các công thức sử dụng xem tại https://blogcuaquang...oa-o-ti-cu.html
\[BA_1=\dfrac{IB}{\cos\dfrac{B}{2}}=\dfrac{2r}{2\sin\dfrac{B}{2}\cos\frac{B}{2}}=\dfrac{2r}{\sin B}=\dfrac{4Rr}{CA}=\dfrac{2ca}{a+b+c}=\dfrac{ca}{p}\]
\[\Rightarrow CA_1=a-BA_1=a-\dfrac{2ca}{a+b+c}=\dfrac{a(p-c)}{p}\]
\[\Rightarrow \dfrac{\overline{A_1B}}{\overline{A_1C}}=-\dfrac{c}{p-c}\]
Tương tự
\[\dfrac{\overline{A_2B}}{\overline{A_2C}}=-\dfrac{p-b}{p}\]
Tọa độ tỉ cự $A_1=(0:p-c:c)$, $A_2=(0:b:p-b)$. $AA_1$, $AA_2$ cắt $(ABC)$ tại $A_3$, $A_4$ thì
$A_3=\Big{(}-\dfrac{a^2(p-c)}{b^2-c^2+pc}: p-c:c\Big{)}$, $A_4=\Big{(}-\dfrac{a^2(p-b)}{c^2-b^2+pb}:b: p-b\Big{)}$. Từ đó lập phương trình đường thẳng $A_3A_4$
\[x\cdot p(p-a)+y\cdot a^2(p-b)\Big{(}\frac{c}{c^2-b^2+pb}-\frac{p-c}{b^2-c^2+pc}\Big{)}+z\cdot a^2(p-c)\Big{(}\dfrac{b}{b^2-c^2+pc}-\dfrac{p-b}{c^2-b^2+pb}\Big{)}=0\]
\[\Leftrightarrow x\cdot p(p-a)+y\cdot a^2(p-b)\dfrac{pb(b+c-p)}{(c^2-b^2+pb)(b^2-c^2+pc)}+z\cdot a^2(p-c)\dfrac{pc(b+c-p)}{(c^2-b^2+pb)(b^2-c^2+pc)}\]
$A_3A_4$ cắt $BC$ tại $A_0$ thì $A_0=(0:-c(p-c):b(p-b))$
Tương tự $B_0=(c(p-c):0:-a(p-a))$, $C_0=(-b(p-b):a(p-a):0)$
Do vậy $A_0$, $B_0$, $C_0$ thẳng hàng và đường thẳng chứa chúng có phương trình
\[a(p-a)x+b(p-b)y+c(p-c)z=0\]
$I=(a:b:c)$, $H=(S_BS_C:S_CS_A:S_AS_B)$. $IH$ có phương trình
\[x\cdot S_A(p-a)(b-c)+y\cdot S_B(p-b)(c-a)+z\cdot S_C(p-c)(a-b)=0\]
Điểm vô cùng của $\overline{A_0.B_0,C_0}$ có tọa độ $((b-c)(p-a):(c-a)(p-b):(a-b)(p-c))$ là điểm $X_{522}$ trong danh sách ETC http://faculty.evans...opedia/ETC.html và điểm vô cùng của $IH$ chính là điểm $X_{515}$. Và cũng theo danh sách ETC(phần về $X_{515}$) thì có viết "$X_{515}$=orthopoint of $X_{522}$". Nghĩa của orthopoint xem tại http://faculty.evans...a/glossary.html : khái niệm này chỉ dùng cho 2 điểm vô cùng, giả sử gọi $P$, $Q$, nếu $P$ nằm trên họ đường thẳng có phương $\ell_P$, $Q$ nằm trên họ đường thẳng có phương $\ell_Q$ thì $P$ gọi là orthopoint của $Q$ nếu $\ell_P\perp \ell_Q$.
Vậy kết luân $IH$ vuông góc $\overline{A_0,B_0,C_0}$.
P.S: Bài của thầy Hùng đã có tại http://artofproblems...1230964p6219712 và Luis Gonzales, Telv Cohl có những lời giải khéo léo, đơn giản hơn.
Ngoài ra, nếu thay $I$ bởi điểm bất kì thì không phải lúc nào cũng đúng. Thay $I$ bởi $P$ thì $A_0$, $B_0$, $C_0$ chỉ thẳng hàng khi $P$, đẳng giác của $P$ và trọng tâm $\triangle ABC$ thẳng hàng.
Mình đề nghị bài tiếp theo
$\boxed{\text{Bài toán 32}}$(Quan sát được) Hai điểm $P$, $Q$ thỏa mãn $(PB,PC)+(QB,QC)=(PC,PA)+(QC,QA)=(PA,PB)+(QA,QB)=0$
$P_a$, $P_b$, $P_c$ đối xứng $P$ qua $BC$, $CA$, $AB$.
$Q_a$, $Q_b$, $Q_c$ đốii xứng $Q$ qua $BC$, $CA$, $AB$.
thì $(ABC)$, $(P_aP_bP_c)$, $(Q_aQ_bQ_c)$ có trục đẳng phương chung - nói cách khác là đồng trục.
$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 5\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 5\\ \hline dogsteven & 5\\ \hline baopbc & 7\\ \hline QuangDuong12011998 & 3\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 3\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline halloffame & 2\\ \hline\end{array}$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 09-06-2016 - 22:08